$ \frac{3^{3u}-1}{3^u-1}=3^{2u}+3^u+1=3^{2u}-2 \cdot 3^u + 3^{u+1}+1 = (3^u-1)^2+3^{u+1} $ che per u dispari è una somma di quadrati.
Per i pari non è possibile dal momento che la quantità in questione è congrua a 3 (modulo 4).
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"
Non mi aspettavo esistesse la soluzione "semplice" in tal caso rilancio subito (speriamo che non abbia fatto errori e che il mio rilancio sia giusto). Dimostrare che se $p$ è primo $\equiv -1 (\mod 4)$ e $u \geq 1$ è dispari, allora:
$$
\frac{p^{pu}-1}{p^u-1}
$$
può essere scritto come somma di due quadrati (l'hint di sopra vale anche per questo caso un po' più generale ) sperando che non abbia sbagliato il rilancio trascurando qualche dettaglio, appena me ne vengono in mente di ancora più forti li posto subito
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D
Teorema: se $ a \equiv 1 \pmod{4} $ allora a è esprimibile come somma di due quadrati. Dimostrazione: conosco l'idea ma sarebbe lunga da scrivere qui, si trova nella dispensa "Sum of two squares" di Jahnavi Bhaskar. Questa parte è il grosso del problema.
Nel nostro caso si ha che $ p^{(p-1)u} + \cdots + p^{u}+1 \equiv (-1)^{p-1}+ \cdots + (-1) + 1 \equiv 1 \pmod{4} $ da cui segue la tesi.
EDIT: si, scusate, mi ricordavo male.
Ultima modifica di Karl Zsigmondy il 15 feb 2012, 17:29, modificato 1 volta in totale.
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"
Bon mi sento lanciato:
Sia $q$ un primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$. Noto subito che $q$ non può essere $p$ e neanche $2$ (perchè risulta modulo 4 che sia numeratore che denominatore sono divisibili esattamente per 2).
Deve valere $Ord_{q}(p^u)=p$ quindi $p|q-1$. (1)
Inoltre vale anche anche $p|\frac{q-1}{2}$ e perciò $(p^u)^{\frac{q-1}2}\equiv 1\pmod q$ che è equivalente a dire che $p^u$ è residuo quadratico che è equivalente a $p$ residuo quadratico (2) essendo $u$ dispari.
La (1) vuol dire $\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{1}{p}\right)=1$.
La (2) vuol dire $\left(\frac{p}{q}\right)=1$.
E applicando la reciprocità quadratica (e sfruttando finalmente $p\equiv 3\pmod 4$) ottengo $1=\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}=(-1)^{\frac{q-1}{2}}$ e da ciò deriva $q\equiv 1\pmod 4$.
Ora ho che qualsiasi primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$ è congruo a 1 modulo 4 e quindi per il fatto noto questo è esprimibile come somma di 2 quadrati che è la tesi.
p.s. tra gli esercizi più tecnici che abbia mai fatto... davvero è solo l'applicazione di teoremi a manovella...
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Dannato Dante avrei postato prima se non fosse per sti benedetti canti... A occhio è identica a quella di Dario, posto solo per non lasciare la bozza.
Caso generale: dimostro che $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$ non ha fattori primi $\equiv 3 \pmod 4$, che implica la tesi per quanto già detto da Sonner.
Per assurdo supponiamo esista $q \equiv 3 \pmod 4$ che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$. Ora possono capitare 2 cose:
$v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)> 0$: allora per Lifting The Exponent $v_{q}(p^{pu}-1) - v_{q}(p^{u}-1)= v_{q}(p)> 0$ che è possibile solo se $q=p$. Ma allora l'assurdo è evidente dato che $p$ NON divide $p^{u}-1$.
$v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)= 0$: in termini di ordini moltiplicativi queste condizioni diventano $ord_{q}p \mid pu$ e $ord_{q}p$ NON divide $u$.
Se $(p,ord_{q}p)= 1$ e $ord_{q}p \mid pu$, allora segue che $ord_{q}p \mid u$, che è assurdo. Quindi $p \mid ord_{q}p \mid q-1$ da cui ottengo $q \equiv 1 \pmod p$. Voglio dimostrare che se $p \mid ord_{q}p$ allora $2p \mid ord_{q}p$: se ci riesco ho finito in quanto $2p \mid pu $ è assurdo per $u$ dispari. Suppongo per assurdo che $2$ NON divide $ord_{q}p$: vale $\phi q= q-1= ord_{q}p \cdot k$ con $k$ pari. Preso un generatore $g$ modulo $q$ posso scrivere $1 \equiv p^{ord_{q}p} \equiv (g^{k})^{ord_{q}p} \pmod q$ da cui deduco che $p$ è un quadrato modulo $q$. Inoltre $q \equiv 1 \pmod p$ quindi $q$ è un quadrato modulo $p$.
Ma per la Reciprocità Quadratica, $(\frac{p}{q})= (\frac{q}{p}) \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} = 1 (-1) = -1$ che è vero perchè $p$ e $q$ sono entrambi $\equiv 3 \pmod 4$. Ma io avevo dimostrato che $p$ era un quadrato modulo $q$ $\rightarrow$ assurdo.
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"